热门试卷

解：①设第3块木板初速度为v0，对3、2两木板系统，设碰撞后的速度为v1，

以向右为正方向，由动量守恒定律得2mv0=3mv1 ，

对于3、2整体与1组成的系统，设共同速度为v2，

以向右为正方向，由动量守恒定律得：3mv1=4mv2，

第1块木块恰好运动到第3块木板正中央，

由能量守恒定律得：，

解得：v0=；

②设木板3的初动量方向为正，木板3的初动量为：P1=2mv0，

末动量为：P2=2mv2，

解得，木板3的动量变化为：△P2=P2-P1=-mv0，

负号表示动量变化的方向与初速度v0的方向相反．

答：①木板3碰撞前的初速度v0为；

②求从开始运动到木块1停留在木板3正中央，木板3的动量变化大小为：mv0，方向：与初速度v0的方向相反．

解：（1）设小物体到达圆弧底端速度v，

则下滑的过程中由动能定理得：mgr=mv2-0

小物体离开桌面后做平抛运动，

竖直方向：h=gt2，水平方向：x=vt，

代入数据解得：x=0.4m≈0.98m．

（2）不固定槽，物体与槽组成的系统在水平方向动量守恒，

以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv1-Mv2=0，

由机械能守恒定律得：mgr=mv12-Mv22，

小物体离开桌面后做平抛运动，

竖直方向：h=gt2，水平方向：x0=v1t

代入数据解得：x=0.8m．

答：（1）先设法用挡板固定圆弧槽，小物体由静止释放后，小物体的水平射程x为0.98m；

（2）若不固定圆弧槽，小物体的水平射程x0为0.8m．

解：斜面固定时，设小球初速度为v0，有：

m=mgH                                              

斜面不固定时，以小球和斜面组成的系统为研究对象，设小球冲上斜面后达到最大高度时与斜面的共同速度为v，

则根据系统的机械能守恒和水平方向动量守恒（选向右的方向为正）得：

m=（m+M）+mgh                                  

m=（m+M）v                                                  

联立解得：h=

答：小球冲上斜面后能达到的最大高度h为．

解：（1）小木块通过圆弧形轨道末端时，

由牛顿第二定律得：F-mg=m，

解得小木块受到的支持力：F=25N；

（2）小木块在圆弧形轨道上下滑过程中，

由动能定理得：mgR-Wf=mv02-0，

解得克服摩擦力做的功Wf=1.5J；

（3）以小铁块与长木板组成的系统为研究对象，以小铁块的初速度方向为正方向，

由动量守恒定律得：mv0=（m+M）v，

由能量守恒定律得：μmgL=mv02-（m+M）v2，

解得：v=1m/s，μ=0.5；

答：（1）小木块C运动到圆弧形轨道末端时所受支持力大小为25N；

（2）小木块C在圆弧形轨道上下滑过程中克服摩擦力所做的功为1.5J；

（3）小铁块和木板AB达到共同速度为1m/s，小铁块和木板AB间的动摩擦因数为0.5．

解：（1）设木块相对小车静止时小车的速度为V，

根据动量守恒定律有：mv=（m+M）v′

v′==4m/s

（2）对小车，根据动能定理有：

μmgs=-0

s=16m

答：（1）木块相对小车静止时小车的速度是4m/s；

（2）从木块滑上小车到木块相对于小车刚静止时，小车移动的距离是16m．

解：（1）以A、B两物体及小车组成的系统为研究对象，

以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

m•2v-mv+0=3mv′，解得：v′=，方向向右．

（2）由能量守恒定律得：

m（4v）2+mv2-•3m=μmgL，则L=；

（3）①物体A、B未相碰撞，B停止时，A继续运动，此时小车开始运动．对小车应用动能定理

μmgs=•2m，则s=；

②物体B速度为零时正好与A相撞，碰后小车开始加速，最终达到共同速度v共=．

对小车应用动能定理得：μ•2mgs′=m，则s′=；

所以小车位移大小的取值范围是≤s≤；

速度达到时的位移为；

答：（1）最终小车的速度大小是，方向向右．

（2）平板车的长度至少为则L=．

（3）最终速度前的位移．